Parcial de fisica II 1

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UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR FS1112 • 2do Parcial I (50/3)
DEPARTAMENTO DE FÍSICA Martes, 12 de Agosto de 2014
Nombre Carnet
Las siguientes dos preguntas se refieren al sistema representado en la figura:
Un disco cuyo momento de inercia es I1 rota alrededor de su eje con velocidad angular ω y energía cinética K. Sobre
éste, se posa otro disco cuyo momento de inercia es I2 = I1/4, inicialmente en reposo rotacional. Cuando ambos discos
estén rotando acoplados:
I1
ω
I2
1. [5pts.] La velocidad angular ω ′ del sistema será:
( F ) ω ′ = (4/5)ω ( ) ω ′ = (1/5)ω ( ) ω ′ = (5/4)ω
( ) ω ′ = (4/3)ω ( ) ω ′ = (3/4)ω
2. [5pts.] La variación en la energía cinética del sistema será:
( ) ∆K = +(1/5)K ( ) ∆K = −(4/5)K ( ) ∆K = +(1/4)K
( F ) ∆K = −(1/5)K ( ) ∆K = −(1/4)K
Las siguientes tres preguntas se refieren al sistema representado en la figura:
Una barra delgada, de longitud D y masaM2, cuelga en reposo del techo, sostenida por un eje fijo sin fricción que pasa
por el punto P . Contra la barra choca una bolita de plastilina, de masam1, incidiendo a lo largo de la línea horizontal
localizada a una distancia h por debajo del punto P . Luego del choque, la bolita queda pegada a la barra.
D
P
h
M2
m1 v0
3. [5pts.] El momentum angular total L
TOT
respecto al punto P , antes del choque, es:
( ) L
TOT
= 2m1 v0 h ( ) LTOT = −2m1 v0 h ( F ) LTOT = m1 v0 h
( ) L
TOT
= −m1 v0 h ( ) LTOT = 0
4. [5pts.] El momentum angular total L′
TOT
respecto al punto P , después del choque, es:
( ) Distinto a L
TOT
porque la bolita queda pegada
( F ) Igual que L
TOT
porque las fuerzas externas no ejercen torque
( ) Distinto a L
TOT
porque la bolita ejerce torque sobre la barra
( ) Igual a cero porque la barra está en reposo antes del choque
( ) No se puede calcular porque la fuerza que ejerce el soporte se desconoce
5. [5pts.] La velocidad angular de la barra, después del choque, es:
( ) ω ′ = v0/h ( ) ω
′ = (m1v0h)
/ (
m1h
2 +M2D
2
)
( F ) ω ′ = (3m1v0h)
/ (
3m1h
2 +M2D
2
)
( ) ω ′ = (m1v0h)
/ (
M2D
2
)
( ) ω ′ = (3m1v0h)
/ (
M2D
2
)
Las siguientes tres preguntas se refieren al sistema representado en la figura:
Dos piezas de micro–engranaje en forma de disco, de radiosR y masasM1 yM2 = 3M1 respectivamente, están acopla-
das entre sí por un piñón coaxial de masa despreciable y radio r = R/2. Una fuerza externa F0 actúa tangencialmente
sobre el disco que no tiene piñón (ver figura). Los ejes de las poleas están fijos.
F
0
RR
r
M2 M1
6. [5pts.] La relación entre las aceleraciones angulares de ambas piezas es:
( ) α2 = −α1/3 ( ) α2 = −α1/2 ( ) α2 = −2α1/3
( ) α2 = −3α1 ( F ) α2 = −2α1
7. ����[5 pts.] La magnitud f de la fuerza tangencial entre los discos es:
( ) f = (4/7)F0 ( ) f = (6/7)F0 ( ) f = (2/7)F0
( ) f = (3/7)F0 ( ) f = (5/7)F0 ( F ) f =
12
13
F0
8. ����[5 pts.] La aceleración angular α2 del disco de la izquierda es:
( ) α2 = (2/7)(F0/M2R) ( ) α2 = (5/7)(F0/M2R) ( ) α2 = (3/7)(F0/M1R)
( ) α2 = (4/7)(F0/M1R) ( ) α2 = (2/7)(F0/M1R) ( F ) α2 =
4
13
(
F0
M1R
)
Las siguientes dos preguntas se refieren al sistema representado en la figura:
Una bola maciza, de masaM , radioR y momento de inercia I = (2/5)MR2, es lanzada en contacto con una superficie
rugosa horizontal. En el instante inicial (t = 0), la bola no gira y tiene velocidad v0. Los ejes x e y se indican en la
figura. El coeficiente cinético de fricción es µk.
v0
R
M
y
x
9. [5pts.] La aceleración ax del centro de masas y la aceleración angular α de
la bola son, respectivamente:
( ) ax = −g ( F ) ax = −µkg
α = −(g/R) α = −(5/2)µk (g/R)
( ) ax = g ( ) ax = −µkg
α = (g/R) α = −(2/5)µk (g/R)
( ) ax = µkg
α = (5/2)µk (g/R)
10. ����[5 pts.] Si la velocidad inicial es v0 = 20 [m/s] y el coeficiente cinético de fricción es µk = 7/8, el instante tR en
que la bola comienza a rodar sin deslizar es aproximadamente:
( ) tR = 0.5 [s] ( ) tR = 0.75 [s] ( ) tR = 1.5 [s]
( ) tR = 2.5 [s] ( ) tR = 0.25 [s] ( F ) tR =
2v0
7µkg
=
32
49
[s]
UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR FS1112 • 2do Parcial II (50/3)
DEPARTAMENTO DE FÍSICA Miércoles, 13 de Agosto de 2014
Nombre Carnet
Las siguientes cinco preguntas se refieren al sistema representado en la figura:
Una bola de masa M y radio R está en contacto con una pared vertical, suspendida por una cuerda tensa tangencial
a ella, anclada a la pared. En el punto de anclaje, la cuerda forma un ángulo β con la pared, tal que cos (β) = 4/5.
En el punto diametralmente opuesto al punto de contacto, se aplica tangencialmente una fuerza conocida sobre la bola,
F0, como se indica en la figura.
El coeficiente de estático de fricción entre la bola y la pared es µe = 2/3.
Sean T la magnitud de la tensión que ejerce la cuerda, y N y fe las de las fuerzas de contacto, respectivamente normal
y tangencial, ejercidas por la pared sobre la bola.
R
β
F
0
fe
11. [5pts.] La relación entre las magnitudes de la fuerza normal N y la tensión T es:
( ) T = N cosβ ( ) T = N senβ ( ) N = T cosβ
( ) T = N ( F ) N = T senβ
12. [5pts.] De la ecuación de equilibrio rotacional, respecto al centro de masas, se obtiene:
( ) T + fe = F0 ( ) T + fe = F0 +Mg ( F ) T − fe = F0
( ) T − fe = F0 +Mg ( ) T − fe = Mg
13. [5pts.] La tensión de la cuerda, en función de las fuerzas conocidas F0 y Mg, es:
( F ) T = (5/9) (2F0 +Mg) ( ) T = F0 +Mg ( ) T = (9/5) (F0 +Mg)
( ) T = (10/9)F0 ( ) T = (5/9)Mg
14. [5pts.] La magnitud de la fuerza de fricción es:
( ) fe = (1/4) (F0 +Mg) ( ) fe = Mg − F0 ( F ) fe = (1/9) (F0 + 5Mg)
( ) fe = F0 ( ) fe = Mg
15. [5pts.] Si se elimina la fuerza F0 es imposible el equilibrio estático de la bola. La magnitud mínima que debe tener F0 es:
( ) F0 > (1/3)Mg ( ) F0 > (4/3)Mg ( ) F0 > (1/4)Mg
( ) F0 > 4Mg ( F ) F0 >Mg
16. [5pts.] Un proyectil es disparado verticalmente hacia arriba desde La Tierra, con una rapidez igual a la mitad de su
rapidez de escape. Si el radio de La Tierra es R, y suponemos nula la resistencia del aire, la máxima altura h que
alcanza el proyectil, medida desde la superficie terrestre, es:
( ) h = 4R ( ) h = R ( F ) h = R/3
( ) h = R/4 ( ) h = 3R
17. [5pts.] Un satélite gira alrededor de La Tierra en una órbita circular, con energía potencial U y energía cinética K. Se
supone que la energía potencial es cero en el infinito. La relación entre la energía cinética y la potencial es:
( ) K = −U ( ) 2K = U ( ) K = 2U
( F ) 2K = −U ( ) K = −2U
18. [5pts.] Un planeta está en órbita circular alrededor del Sol. Su distancia al Sol es cuatro veces la distancia de La Tierra
al Sol. Si T0 = 1 año terrestre, el período T de tal planeta es:
( F ) T = 8T0 ( ) T = 32T0 ( ) T = 2T0
( ) T = 16T0 ( ) T = 4T0
Las siguientes dos preguntas se refieren al sistema representado en la figura:
Un sistema binario consta de dos estrellas, una de masa m y la otra de masa 3m, separadas entre sí una distancia 4r.
Ambas describen órbitas circulares alrededor del centro de masas (punto O en la figura).
Las únicas fuerzas que actúan son las respectivas fuerzas de interacción gravitatoria entre ambas.
3m
m
O
r
3r
19. [5pts.] La fuerza centrípeta que actúa sobre la estrella más grande tiene magnitud:
( ) F =
3Gm2
r2
( F ) F =
3Gm2
16r2
( ) F =
Gm2
r2
( ) F =
3Gm2
4r2
( ) F =
Gm2
3r2
20. [5pts.] La velocidad angular de ambas estrellas es:
( F ) ω =
(
Gm
16 r3
)1/2
( ) ω =
(
Gm
9 r3
)1/2
( ) ω =
(
Gm
r3
)1/2
( ) ω =
(
Gm
4 r3
)1/2
( ) ω =
(
Gm
27 r3
)1/2
RESPUESTAS DETALLADAS
1-2: Al entrar en contacto ambos discos, sólo entren en juego fuerzas de interacción entre ellos, es decir, pares acción–
reacción, que no ejercen torque neto sobre el sistema. Entonces el momentum angular total del sistema, respecto al eje,
se conserva:
1. L = I1ω = (I1 + I2)ω′ = L′. Siendo I2 = I1/4, queda: ω′ =
I1
I1 + I2
ω =
4
5
ω =⇒ ω ′ = 4
5
ω
2. K ′ =
1
2
(I1 + I2)ω
′2 =
1
2
(I1 + I2)
(
I1
I1 + I2
ω
)2
=
I1
I1 + I2
(
1
2
I1 ω
2
)
=
4
5
K =⇒ ∆K = K ′ −K = −1
5
K
3-5: El choque es inelástico porque la bolita queda pegada a la barra y se tienen, actuandoen el instante del choque, la
gravedad y la fuerza del soporte, que no ejercen torque respecto a P . Luego no se conservan ni la energía cinética ni el
momentum lineal del sistema, pero el momentum angular sí.
3. El momentum angular inicial es el de la bolita solamente, pues la barra está en reposo =⇒ L
TOT
= m1 v0 h
4. Como ya se explicó arriba, después del choque, L′
TOT
= L
TOT
5. Justo después del choque, L′
TOT
= (m1 h
2 + IP )ω = m1v0h = LTOT , donde IP = M2D2/3 es el momento de inercia de
la barra con respecto al punto P en su extremo. Luego ω =
m1v0h
m1h2 + IP
=
3m1v0h
3m1h2 +M2D2
6-8: En el punto de contacto entre el disco de la derecha y el piñón del disco de la izquierda, hay una fuerza tangencial f
que transmite el movimiento de la una a la otra. La misma apunta hacia arriba para el disco de la izquierda y hacia
abajo para el de la derecha. Las ecuaciones de movimiento son rotacionales solamente, porque los ejes están fijos.
6. Debido al acoplamiento, las velocidades en los respectivos bordes son iguales, r ω2 = −Rω1, de donde α2 = −2α1
7. Las ecuaciones de movimiento son τ1 = R(f − F0) = I1α1 y τ2 = rf = I2α2, con los respectivos momentos de inercia
I1 = M1R
2/2 e I2 = M2R2/2 = 3I1. Usando r = R/2 y α2 = −2α1, se tiene: 2R(f − F0) = 2 I1 α1 =−I1 α2 (i)Rf = 2 I2 α2 = 6 I1 α2 (ii)
=⇒
[ 6(i)+(ii) ]÷R
13f = 12F0 =⇒ f =
12
13
F0
8. La ecuación (ii) se puede reescribir de la forma f = 3M1Rα2, con lo que se obtiene α2 =
4
13
(
F0
M1R
)
9-10: Al tener velocidad v0 y no estar girando, la bola desliza respecto a la superficie rugosa, experimentando una fuerza de
roce cinética (|fk| = µk|N |) en dirección contraria, hasta que se alcanza la condición de rodadura vx = −ωR. A partir
de ese instante (tR), continúa a velocidad constante ya que la fuerza de roce estática, si la hubiere, no hace trabajo.
9. Las ecuaciones de movimiento para la bola son:
Max = −|fk| = −µkMg (traslacional) =⇒ ax = −µkg
I
CM
α = −|fk|R = −µkMg (rotacional), donde ICM =
2
5
MR2 =⇒ α = −5
2
µk
( g
R
)
10. Integrando las ecuaciones de movimiento respecto al tiempo, usando las condiciones iniciales, se obtienen la velocidad
del centro de masas vx = v0 − µkgt y la velocidad angular ω = −(5µkg)/2R) t. En el instante t = tR, se comienza a
cumplir la condición de rodadura vx = −ωR, de donde v0 = (7µkg/2) tR =⇒ tR =
2v0
7µkg
=
32
49
[s]
11-15: La bola se mantiene en equilibrio, producto de tres fuerzas que contrarrestan a la de gravedad. Una de ellas, la tensión
de la cuerda ~T , es tangencial a la bola y tiene una componente horizontal que a su vez es compensada con la fuerza
normal de contacto, ~N .
11. Las ecuaciones de equilibrio estático traslacional para la bola son T cosβ + fe = Mg + F0 en dirección vertical, y
T senβ −N = 0 en dirección horizontal, por lo tanto N = T senβ
12. Tomando el centro de masas como sistema de referencia para el cálculo de torques, la ecuación de equilibrio rotacional
para la bola queda R(F0 − T + fe) = 0, de donde T − fe = F0
13. Usando el dato cosβ = 4/5 ⇒ senβ = 3/5 y las ecuaciones de equilibrio correspondientes, se tiene un sistema de dos
ecuaciones con las incógnitas T y fe. Resolviendo se obtiene, para la tensión: T =
5
9
(2F0 +Mg)
14. Para la fricción, se obtiene: fe =
1
9
(F0 + 5Mg)
15. La fuerza normal de contacto, a su vez tiene magnitud N =
3
5
T =
1
3
(F0 + 5Mg). Resolviendo la inecuación fe 6 µeN ,
con µ = 2/3, se obtiene F0 >Mg
16. La rapidez ve de escape del proyectil, desde la superficie terrestre está dada por la ecuación Ke + U(R) = 0, siendo
Ke = mv
2
e/2 y U(R) = −GMm/R, donde M es la masa de La Tierra y R su radio. Luego v2e = 2GM/R y, sabiendo
que el proyectil se lanza a la mitad de esta rapidez, se tiene v2 = (ve/2)
2
= GM/2R. Usando de nuevo el principio de
conservación de la energía mecánica:
1
2�
�m
(
GM
2R
)
− GM��m
R
= −GM��m
R+ h
=⇒ 3
4
(
���GM
R
)
=
���GM
R+ h
=⇒ h = 1
3
R
17. Suponiendo que la masa del satélite sea despreciable respecto a la de La Tierra, ésta se encontrará en el centro de
atracción de la órbita circular del mismo. Si el radio de la órbita circular es R0, se tendrá que la fuerza gravitacional es
igual a la centrípeta: Fg = GMm/R C20 = mv
2/@R0 = 2K/@R0. Siendo GMm/R0 = −U , se tiene 2K = −U
18. Debido a la tercera Ley de Kepler T 2 ∼ R3. Siendo R = 4R0, donde R0 es el radio de la órbita terrestre, se tiene
(T/T0)
2 = (4R0)
3/R30 = 4
3 = 64, de donde T = 8T0
19-20: La fuerza entre ambas estrellas es gravitacional solamente. La misma es la fuerza centrípeta para ambos movimientos
circulares.
19. Dado que la distancia entre estrellas es 4r, la magnitud de la fuerza de atracción es F =
G(3m)m
(4r)
2 , es decir F =
3Gm2
16r2
20. La misma fuerza centrípeta para ambos movimientos circulares alrededor del centro de masas da como resultado
F = A
3GmC2
16r2
=ZZm(A3r)ω
2 = (HH3m)rω2, de donde ω =
(
Gm
16 r3
)1/2